解析学 B：問題と解説
大学院情報科学研究科 尾畑 伸明（担当教官）
はじめに 2003年度後期に開講した工学部1年生向「微分積分学」で出題したレポート問 題・小テスト・期末試験とその解説を掲載する。
教科書：岡安隆照ほか「微分積分学入門」裳華房
1 次の重積分を累次積分に変換して計算せよ. ただし, D の形状を図示し, どのよ うに累次積分に変換したかを明示せよ.
(1)
∫∫
D
sin(x2+y2)dxdy D={(x, y) ; x2+y2 ≤1} (2)
∫∫
D
(x+y2)dxdy D={(x, y) ; y−1≤x≤y+ 1, 0≤y≤1} (3)
∫∫
D
xydxdy D={(x, y) ; 0 ≤x≤1, a≤y≤b} (−1< a < b)
解説 (1) 出題者の勘違いによって,x, y による累次積分で計算することは困難であった. x の変域は −1≤x≤1. x を固定するとき,y の変域は−√
1−x2 ≤y≤√
1−x2.
よって, ∫∫
D
sin(x2+y2)dxdy=
∫ 1
−1
(∫ √1−x2
−√ 1−x2
sin(x2+y2)dy )
dx.
x, y の対称性によって, x, y の順序を変えても同様の式であり,
∫ √1−x2
−√ 1−x2
sin(x2+y2)dy= 2
∫ √1−x2 0
sin(x2+y2)dy
の計算に帰着する. この計算は困難である. 実際,
∫
sin(x2)dx は初等関数で表せない.
[極座標による計算]極座標 x=rcosθ, y=rsinθ によって, D は E ={(r, θ) ; 0 ≤r≤1, 0≤θ ≤2π} となる. よって ∫∫
D
sin(x2 +y2)dxdy =
∫∫
E
sin(r2)rdrdθ これは累次積分できる.
=
∫ 2π
0
(∫ 1
0
sin(r2)rdr )
dθ =
∫ 2π
0
dθ [
−cos(r2) 2
]1 0
=π(1−cos 1).
(2) y を固定して,先に xで積分するのがよい. y の変域は, 0≤y≤1 であり, y をとめる ごとに xはy−1≤x≤y+ 1 のように変化する.
よって,
∫∫
D
(x+y2)dxdy=
∫ 1
0
dy
∫ y+1
y−1
(x+y2)dx=
∫ 1
0
dy [x2
2 +xy2 ]x=y+1
x=y−1
=
∫ 1 0
(2y+ 2y2)dy= [
y2+2 3y3
]1 0
= 5 3.
[注意] もちろん,y で先に積分してもよい. そのときは, 図形の形状から積分を3つに分割 する必要がある(試みよ).
(3) 標準的な長方形D 上の積分であるが, y を固定して, 先にx で積分するのがよい.
∫∫
D
xydxdy=
∫ b
a
(∫ 1
0
xydx )
dy=
∫ b
a
dy [xy+1
y+ 1 ]x=1
x=0
=
∫ b a
1
y+ 1dy= [log(y+ 1)]ba
= log(b+ 1)−log(a+ 1) = log b+ 1 a+ 1.
[注意] これを,x を固定して, 先にy で積分しようとすると,
∫∫
D
xydxdy=
∫ 1 0
(∫ b a
xydy )
dx=
∫ 1 0
(∫ b a
eylogxdy )
dx
=
∫ 1 0
dx
[eylogx logx
]y=b y=a
=
∫ 1 0
(eblogx−ealogx logx
) dx
ここで, t= logx とおけば, dt= dx
x ,つまり,
dx=xdt=etdt.
よって,
=
∫ 0
−∞
(ebt−eat t
)
etdt=
∫ 0
−∞
e(b+1)t−e(a+1)t
t dt
となるが, 行き詰まる.
関連問題 上の問題1(3)において2通りの累次積分を比較することによって,
∫ ∞
0
e−αx−e−βx
x dx= logβ
α, α, β >0, を導け.
関連問題 次の重積分を累次積分に変換して計算せよ. ただし, D の形状を図示し,どのよ うに累次積分に変換したかを明示せよ.
(1)
∫∫
D
(x2+y2)dxdy D={(x, y) ; 0≤x≤a, 0≤y≤b}(a >0, b >0) (2)
∫∫
D
xysin(x2+y2)dxdy D={(x, y) ;x2+y2 ≤1} (3)
∫∫
D
xysin(x2+y2)dxdy D={(x, y) ;x2+y2 ≤1, x≥0, y ≥0} (4)
∫∫
D
(x2+y)dxdy D={(x, y) ; |x|+|y| ≤2}
[答] (1) ab
3(a2+b2) (2) 0 (3) 1
4(sin 1−cos 1) (4) 16 3
2 領域 D に対して,A(D), (x0, y0) を次のように定義する: A(D) =
∫∫
D
dxdy, x0 = 1 A(D)
∫∫
D
xdxdy, y0 = 1 A(D)
∫∫
D
ydxdy (1) D が (0,0), (a,0), (b, c)を3頂点とする3角形のとき, (x0, y0)はその3角形の重
心に一致することを示せ.
(2) D が 一般の位置にある3角形でも, (x0, y0) はその3角形の重心に一致すること を示せ.
解説 (1) 各頂点を O = (0,0), A = (a,0), B = (b, c) とおこう. まず, a >0, b > 0, c >0 の場合を考える. a, bの大小関係によって, 3角形の形状は図のようになる:
直線の方程式は,
OB :x= b
cy, AB:x= b−a c y+a いずれの形状であっても, xで先に積分するなら同じことである.
A(D) =
∫∫
D
dxdy=
∫ c
0
dy
∫ b−a
c y+a
b cy
dx=
∫ c
0
((b−a c y+a
)
− b cy
) dy
=
∫ c
0
(−a cy+a
) dy=
[− a
2cy2+ay ]c
0
=− a
2cc2+ac= ac 2
同様にして,
∫∫
D
xdxdy =
∫ c 0
dy
∫ b−a
c y+a
b cy
xdx=
∫ c 0
1 2
( (b−a c y+a
)2
− (b
cy )2)
dy
= 1 2
∫ c 0
(
−2 (a
c y−a )b
cy+ (a
cy−a )2)
dy
= 1 2
∫ c 0
(a2−2ab
c2 y2+ 2ab−2a2
c y+a2 )
dy
= 1 2
(a2−2ab c2
c3
3 + 2ab−2a2 c
c2 2 +a2c
)
= ac(a+b)
6 .
また,
∫∫
D
ydxdy =
∫ c 0
dy
∫ b−a
c y+a
b cy
ydx =
∫ c 0
((b−a c y+a
)
− b cy
) ydy
=
∫ c
0
(−a
cy2+ay )
dy =−a c
c3 3 +ac2
2 = ac2 6 . よって,
x0 = ac(a+b) 6
/ac
2 = a+b
3 , y0 = ac2 6
/ac 2 = c
3. 3角形の重心 Gは
OG⃗ = 1
3(OA⃗ +OB)⃗ を満たすので,座標で表示すれば, G=
(a+b 3 ,c
3 )
. これは,上の (x0, y0) に一致する. a > 0, b >0 と限らない場合は, さらに次の形状がある: 最後に, c < 0 の場合がある. こ
れらについても同様の計算が可能であり, 同じ結果が得られる. これらすべての場合を尽く して初めて完全な解答となる. ただし,同じ計算を繰り返さない理由付けもできる. ((2)を参 考に考えよ.)
(2) (a) 一般の位置にある3角形を座標で表し, 直接計算するのもよいがやや面倒.
(b) 一般の位置にある3角形を両軸に平行な直線で分割し, (1)が利用できる複数の三角形 に分けて積分を計算する(これは上手い!).
(c) 積分の変換を考察する. リーマン和に戻って考えれば,
∫∫
D
f(x, y)dxdy=
∫∫
D′
f(x+a, y+b)dxdy,
D′ :Dを (a, b) だけ平行移動したもの が成り立つ. 座標軸を回転させてリーマン和を考えれば,
∫∫
D
f(x, y)dxdy=
∫∫
D′
f(xcosθ+ysinθ, xsinθ−ycosθ)dxdy, D′ :Dを θ だけ回転したもの
も成り立つ. そこで, 一般の位置にある3角形を平行移動して, 1つの頂点を原点と一致させ, 次に回転によって, (1)のような位置にセットする. そのような3角形に対して (x0, y0) は3 角形の重心である. 求めるべき積分の値は, (x0, y0) に逆回転と逆の平行移動を施せば得られ る. しかし, 3角形の重心は平行移動と回転によって不変であるから, 一般の位置にある3角 形に対して計算した (x0, y0)はその3角形の重心を表す.
[注意]「3角形を平行移動したとき,重心も同じだけ平行移動される」こと(初等幾何)は証
明に用いたが, それだけでは解答にならない. 積分値がどのように変化するかをあわせて考 えなければならない.
3 問題2の A(D), (x0, y0) を次のD に対して計算せよ.
(1) D は y =x(x−1)と y = 0 で囲まれた有界閉領域
(2) D は y = sinx,y = 0, x=a で囲まれた有界閉領域 (0< a < 2π) 解説 (1) 計算するのみ.
A(D) =
∫ 1
0
dx
∫ 0
x(x−1)
dy=
∫ 1
0
−x(x−1)dx= [
−x3 3 +x2
2 ]1
0
= 1 6.
∫∫
D
xdxdy =
∫ 1
0
dx
∫ 0
x(x−1)
xdy=
∫ 1
0
−x2(x−1)dx= [
−x4 4 +x3
3 ]1
0
= 1 12.
∫∫
D
ydxdy =
∫ 1 0
dx
∫ 0 x(x−1)
ydy=
∫ 1 0
−x2(x−1)2
2 dx=
[
−x5 10+ x4
4 −x3 6
]1 0
=− 1 60. よって,
A(D) = 1
6, x0 = 1
2, y0 =− 1 10. (2) (case 1) 0< a≤π の場合.
A(D) =
∫ a
0
dx
∫ sinx
0
dy =
∫ a
0
sinx dx= [−cosx]a0 = 1−cosa.
また,
∫∫
D
xdxdy=
∫ a 0
dx
∫ sinx 0
xdy=
∫ a 0
xsinx dx
= [−xcosx]a0+
∫ a 0
cosx dx=−acosa+ [sinx]a0 =−acosa+ sina.
∫∫
D
ydxdy=
∫ a
0
dx
∫ sinx
0
ydy =
∫ a
0
sin2x 2 dx
=
∫ a 0
1−cos 2x
4 dx= 1 4
[
x− sin 2x 2
]a 0
= 2a−sin 2a
8 .
よって,
A(D) = 1−cosa, x0 = −acosa+ sina
1−cosa , y0 = 2a−sin 2a 8(1−cosa). (case 2) π < a <2π の場合.
A(D) =
∫ π
0
dx
∫ sinx
0
dy+
∫ a
π
dx
∫ 0
sinx
dy =
∫ π
0
sinx dx+
∫ a
π
(−sinx)dx
= [−cosx]π0 + [cosx]aπ = 3 + cosa
また,
∫∫
D
xdxdy =
∫ π
0
dx
∫ sinx
0
xdy+
∫ a
π
dx
∫ 0
sinx
xdy
=
∫ π
0
xsinx dx+
∫ a
π
(−xsinx)dx
= {
[−xcosx]π0 +
∫ π 0
cosx dx }
− {
[−xcosx]aπ+
∫ a π
cosx dx }
={π+ [sinx]π0} − {−acosa−π+ [sinx]aπ}
= 2π+acosa−sina.
∫∫
D
ydxdy =
∫ π
0
dx
∫ sinx
0
ydy+
∫ a
π
dx
∫ 0
sinx
ydy
=
∫ π 0
sin2x 2 dx+
∫ a π
−sin2x 2 dx
=
∫ π 0
1−cos 2x
4 dx+
∫ a π
−1 + cos 2x
4 dx
= 1 4
[
x− sin 2x 2
]π 0
+ 1 4
[
−x+ sin 2x 2
]a
π
= 1 4 [
π+ (
−a+sin 2a 2 +π
) ]
= 4π−2a+ sin 2a
8 .
よって,
A(D) = 3 + cosa, x0 = 2π+acosa−sina
3 + cosa , y0 = 4π−2a+ sin 2a 8(3 + cosa) .
[お詫び] 問題文が曖昧なため,D がどの領域をさすのか考えようによってはいろいろあっ
た. 解答では, 0≤x≤a の範囲をとった.
[注意] (case 2)において A(D) =
∫ a
0
dx
∫ sinx
0
dy=
∫ a
0
sinx dx= [−cosx]a0 = 1−cosa とするのはは間違いである! なぜか?よく考えよ.
4 D={(x, y) ; (x−2)2+y2 ≤4}上の積分 In =
∫∫
D
(xn+yn)dxdy, n ≥1, I0 = 2
∫∫
D
dxdy, を考える.
(1) 極座標 x = rcosθ, y = rsinθ によって領域 D を表示したい. 角度の変域を 0≤θ ≤2π ととるとして, D に対応する (r, θ)-平面の領域 E を図示せよ. (2) (1) と同様の極座標であるが, 角度の変域を −π ≤θ ≤π ととるとき, D に対応
する (r, θ)-平面の領域 F を図示せよ.
(3) 積分 In を計算し, n の簡潔な式で表せ. 解説 (1) (x−2)2+y2 ≤4 に極座標を代入して
(rcosθ−2)2+r2sin2θ≤4.
r≥0 に注意して整理すれば, 0≤r≤4 cosθ. これが E を表す不等式である. よって, E ={(r, θ) ; 0 ≤r≤4 cosθ, 0≤θ ≤2π}.
(2) 不等式は(1) と同じ. θ の変域のみが異なる.
F ={(r, θ) ; 0≤r≤4 cosθ, −π ≤θ≤π}.
(3) (2)の領域F を用いて計算しよう.
In =
∫∫
F
{(rcosθ)n+ (rsinθ)n}rdrdθ
=
∫ π/2
−π/2
dθ
∫ 4 cosθ 0
rn+1(cosnθ+ sinnθ)dr
=
∫ π/2
−π/2
[ rn+2 n+ 2
]4 cosθ 0
(cosnθ+ sinnθ)dθ
= 4n+2 n+ 2
∫ π/2
−π/2
(cos2n+2θ+ sinnθcosn+2θ)dθ.
ここで, n の偶奇によって場合分けをする. (n が奇数のとき) n= 2m−1とおく.
I2m−1 = 42m+1 2m+ 1
∫ π/2
−π/2
(cos4mθ+ sin2m−1θcos2m+1θ)dθ において, cos4mθ は偶関数, sin2m−1θcos2m+1θ は奇関数になるので,
I2m−1 = 2×42m+1 2m+ 1
∫ π/2 0
cos4mθ dθ. (4.1)
(n が偶数のとき) n= 2m とおくと, I2m = 42m+2
2m+ 2
∫ π/2
−π/2
(cos4m+2θ+ sin2mθcos2m+2θ)dθ
= 2×42m+2 2m+ 2
∫ π/2 0
(cos4m+2θ+ sin2mθcos2m+2θ)dθ (4.2) いずれの場合も,
Jm,n =
∫ π/2 0
sin2mxcos2nx dx= m!(2m−1)!!(2n−1)!!
2n+1(m+n)!(2m)!!π , (4.3) を用いることができる. ただし,
(2n−1)!! = (2n−1)(2n−3). . .3·1,
(2n)!! = (2n)(2n−2). . .4·2, 0!! = (−1)!! = 1.
n = 2m−1 のときは, (4.1) は, I2m−1 = 24m+3
2m+ 1J0,2m = 24m+3 2m+ 1
(4m−1)!!π
22m+1(2m)! = 22m+2(4m−1)!!π π(2m+ 1)!
となる. 同様に, n= 2m のときは, (4.2) は, I2m = 24m+5
2m+ 2 (J0,2m+1+Jm,m+1)
= 24m+5 2m+ 2
( (4m+ 1)!!π
22m+2(2m+ 1)! +m!(2m−1)!!(2m+ 1)!!π 2m+2(2m+ 1)!(2m)!!
)
= 22m+3(4m+ 1)!!π
(2m+ 2)! +23m+3m!(2m−1)!!(2m+ 1)!!π (2m+ 2)!(2m)!! . ここで
2mm! = (2m)(2m−2). . .4·2 = (2m)!!
に注意すれば,第2項は,
23m+3m!(2m−1)!!(2m+ 1)!!π
(2m+ 2)!(2m)!! = 22m+3(2m−1)!!(2m+ 1)!!π (2m+ 2)!
となる. よって,
I2m = 22m+3(4m+ 1)!!π
(2m+ 2)! +22m+3(2m−1)!!(2m+ 1)!!π (2m+ 2)!
= 22m+3π
(2m+ 2)!{(4m+ 1)!! + (2m−1)!!(2m+ 1)!!} もとの n で表せば,
In =
2n+3(2n+ 1)!!π
(n+ 2)! (n が奇数のとき)
2n+3π
(n+ 2)!{(2n+ 1)!! + (n−1)!!(n+ 1)!!} (n が偶数のとき) n が奇数のときは,
In = 2n+3(2n+ 1)!!π
(n+ 2)! = 22n+4(2n+ 1)!!π
(n+ 2)(2n+ 2)!! = 22n+4π
n+ 2 ·(2n+ 1)!!
(2n+ 2)!!
としてもよい. 同様に, n が偶数なら, In= 22n+4π
n+ 2
{(2n+ 1)!!
(2n+ 2)!! +(n−1)!!
2n+1n!!
} .
(お侘び) 配布した問題では, I0 =
∫∫
D
dxdy となっていたが, これは明らかに不自然. こ の解説では修正済みである. (ただし, 大勢に影響はない.)
関連問題
Jm,n =
∫ π/2 0
sin2mxcos2nx dx, m, n≥0, とおくとき, 次のことを示せ.
(1) n≥1 のとき,Jm,n = 2n−1
2(m+n)Jm,n−1. (2) Jm,n = m!(2n−1)!!
2n(m+n)! Jm,0. (3) Jm,0 = (2m−1)!!
(2m)!!
π 2.
5 平面の極座標を (r, θ) とするとき, (−r, θ)と (r, θ+π) は同じ点を表すものとす る. r = sinnθ で定義される曲線を考える.
(1) n = 1 のとき, この曲線を図示し,その曲線で囲まれた図形の面積を計算せよ.
(2) n = 2 のとき, この曲線を図示し,その曲線で囲まれた図形の面積を計算せよ.
(3) n = 3 のとき, この曲線を図示し,その曲線で囲まれた図形の面積を計算せよ.
– [発展問題(解答任意)] 一般のn について同様の問題を考えよ.
解説 (1) これは直交座標に直すと簡単になる.
x=rcosθ = sinθcosθ = 1 2sin 2θ y=rsinθ= sin2θ= 1−cos 2θ
2 から
(2x)2+ (1−2y)2 = sin22θ+ cos22θ= 1.
これは, (0,1/2) を中心とする半径 1/2 の円であり, θ が 0≤ θ ≤ 2π を変化するとき, この 円周を2周する.
面積は,
S=π (1
2 )2
= π 4
であることは明らかであるが, 積分で計算しておこう. θ を 0≤θ ≤2π でとると円周を2周 することから,求めるべき答の2倍が返ってきてしまうことに注意.
S =
∫ π 0
dθ
∫ sinθ 0
rdr=
∫ π 0
sin2θ 2 dθ =
∫ π 0
1−cos 2θ
4 dθ = π 4.
(2) r = sin 2θ から r = 0 となるのは, θ = 0, π/2, π,3π/2,2π のときである. したがっ て, 0≤θ ≤π/2において曲線は原点から出発して第1象限内を通過して原点に戻ってくる.
